Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán lần 1 - THPT Trần Phú

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y = 2x+1 (1). a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến trục Ox. Câu 2 (1 điểm). a. Giải phương trình b. Giải phương trình sinx−2sin3 x+sin5π −2x =0. log3 (x+2)+log3 (x+4)−log 3 (8−x)=1. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân Câu 4. (1 điểm). 6 xdx 2 (x−1) 3x−2 a. Tìmsố hạng chứa x3 trong khaitriển x− 2 n , biết n là số tựnhiên thỏamãn C3 = 4n+2C2 . b. Một hộp đựng 9 viên bi trong đó có 4 viên bi màu đỏ, 5 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy được có ít nhất 2 viên bi màu xanh. Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC. Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC= 2BA. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM =3FE. Biết điểm M có tọa độ (5;−1), đường thẳng AC có phương trình 2x+y−3=0, điểm A có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 7 (1 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;−3;2), B(3;1;2). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB. Tìm điểm I trên trục Oy sao cho IA = 2IB. Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 2x2 + 2x =(x+ y)y+ x+ y .  x−1+xy = y2 +21 Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 +y2 +z2 =1. Tìm giá trị lớn 2 2 nhất của biểu thức P = 2x2 +2yz+1+ 2y2 +2xz+1+ x+ y . ----Hết---- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 LẦN 1 Câu Néi dung - Tập xác định D = R \ 1 - Sự biến thiên y`= (x−1)2 < 0 với ∀x∈D + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−;1),(1;+) + Hàm số không có cực trị + lim y(x)= 2, suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị lim y x = +,lim y x = −, suy ra đường thẳng x =1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị x1 x1 + Bảng biến thiên -  1 +  y’(x - -Câu ) 1a 2 +  §iÓ m 0,25 0,25 0,25 1,0 y - điểm  2 y 6 - Đồ thị 5 + Đồ thị hàm số đi qua các điểm 4 (0;−1),(−2;1),(4;3),(2;5) 3 + Đồ thị nhận điểm I(1;2)làm tâm đối 2 xứng. 1 O 5 -2 1 -1 0,25 2 4 5 x 2 Gọi M(x0;y0 ), (x0 1), y0 = 2x0 +1, Ta có d(M,Δ1)=d(M,Ox) x0 −1 = y0 0,25 0 Câu 1b 1,0 điểm  x0 −1 = 2x0 +1  (x0 −1)2 = 2x0 +1 0 Với x0  −1, ta có pt x0 −2x0 +1= 2x0 +1 x0 = 0 Suy ra M(0;−1),M(4;3) Với x0 < −1, ta có pt x0 −2x0 +1= −2x0 −1 x0 +2=0 (vô nghiệm) . Vậy M(0;−1),M(4;3) 0,25 0,25 0,25 Câu 2a 0,5 điểm Câu 2b 0,5 điểm sinx−2sin3 x+sin5π −2x =0 sinx(1−2sin2 x)+cos2x =0 sinx.cos2x+cos2x =0cos2x(sinx+1) =0  x = π + kπ  sinx = −1  x = −π +k2π Kết luận: nghiệm của phương trình x = 4 + 2 , x = 2 +k2π Điều kiện xác định −2< x <8 Khi đó log3 (x+2)+log3 (x+4)−log 3 (8−x)=1log3 [(x+2)(x+4)] - log3 (8−x)2 =1  (x ( 2)(x+4) =3 x2 +6x+8=3x2 −48x+192  2x2 −54x+184 = 0  x =23 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là x = 4 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt t = Câu 3 1 điểm 3x−2  t2 =3x−22tdt =3dx dx = 2tdt .Khi x = 2t = 2,x =6t = 4 6 xdx 4 t2 +2.2 tdt 2 4 t2 +2 2 (x−1) 3x−2 2 t2 −1t 3 2 t2 −1 4 4 4 4 4 = 3 2 1+ t2 −1 dt = 3 2 dt +22 t2 −1dt = 3 t 2 + 2  t −1− t +1 dt 3 +(ln t−1 −ln t+1)4 = 3 +ln 5 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 4a 0,5 điểm Câu 4b 0,5 điểm Câu 5 Điều kiện n 3.Cn = 3n+2Cn  3!(n ! 3)!= 3n+22!(n ! 2)! n(n− 6(n−2) = 3n+n(n−1) n2 −9n =0n =9 (do n 3) Khi đó ta có x− 2 9 = 9 Ckx9−k  −2k = 9 Ckx9−3k (−2)k k=0 k=0 Số hạng chứa x3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9−3k =3k = 2 Suy ra số hạng chứa x3 bằng C2x3 (−2)2 =144x3 Gọi là không gian mẫu của phép lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ 9 viên bi suy ra n()=C9 =84 Gọi A là biến cố lấy được ít nhất 2 viên bi xanh. Trường hợp 1. Trong 3 viên bi lấy được có 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, có C2.C1 = 40 cách. Trường hợp 2. Ba viên bi lấy ra toàn màu xanh, có C3 =10cách Suy ra n(A)=C2.C1 +C3 =50 Vậy P(A)= n(A) = 84 = 42 Ta có S.ABCD = 1SH.SABCD , SABCD =a2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 S Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH (ABCD) Dựng HE  AB(SHE) AB, suy ra SEH là góc giữa (SAB) và (ABCD) SEH =600 F D A K P M I C H E B Ta có SH = HE.tan600 = 3HE HE = HI = 1  HE = a SH = a33 Suy ra V.ABCD = 1SH.SABCD = 1.a33.a2 = 0,25 3a3 9 Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI d(SA,CI)=d CI,(SAP) =d H,(SAP) 0,25 Dựng HK AP, suy ra (SHK)(SAP) Dựng HFSKHF(SPA)d(H,(SPA))= HF Do ΔSHK vuông tại H HF2 = HK2 + HS2 (1) Dựng DMAP, ta thấy DM= HK  HK2 = DM2 = DP2 + DA2 0,25 Thay vào (1) ta có  HF2 = DP2 + DA2 + HS2 = a2 + a2 + a2 = a2  HF = 2a2 . Vậy d(SA,CI)= 2a2 . C Câu E F M 6 I 1,0 B A điểm Gọi I là giao điểm của BM và AC. Ta thấy BC=2BAEB= BA,FM =3FEEM =BC ΔABC= ΔBEMEBM =CABBM AC. Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM:x−2y−7 =0. Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ  13 xx 2y−7 = 0   −11  I13;−11  IM =12;6  5 Ta có IB= − 2IM = −8;−4 B(1;−3) 0,25 ... - tailieumienphi.vn